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  Ungleichung mit Wurzel, evtl. per Induktion |
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aequivalent
Junior 
Dabei seit: 08.07.2022
Mitteilungen: 17
 |  Themenstart: 2022-07-09
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Hallo!
Ich hab die folgende Aufgabe:
Für \(x,a\in\IR, x,a>0\) ist \(|x-a|\ge|\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}|\cdot\sqrt[n]{a}^{n-1}\).
Mein erste Idee war, dies per Induktion nachzuweisen; der Induktionsanfang ist da auch wirklich nicht schwer:
I.A.: \(n=a\)
\(|x-a|=|\sqrt[1]{x}-\sqrt[1]{a}|\cdot\sqrt[1]{a}^{1-1}\)
I.V.: Für ein festes aber beliebiges n gilt die Behauptung.
Aber beim Induktionschritt komme ich nicht weiter, da versuche ich von der rechten Teil der Gleichung auszugehen
I.S.: \(n\mapsto n+1\)
\(|\sqrt[n+1]{x}-\sqrt[n+1]{a}|\sqrt[n+1]{a}^n= ???\)
Da komm ich aber jetzt gar nicht mehr weiter; mir fehlt absolut die Idee wie
ich irgendwie die Induktionsvoraussetzung anbringe.
Hat jemand einen Tipp oder bin ich vl. sogar generell auf dem falschen Dampfer?
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2583
| Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-09
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Huhu aequivalent,
vielleicht hilft dir ja die Gleichung \(a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots +b^{n-1})\).
Gruß,
Küstenkind
edit: Siehe dazu auch den netten Satz aus Engel: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=219692&start=0#p1606288
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2646
Wohnort: Köln
 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-07-09
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
alternativ (aber vielleicht auch etwas overkill hier) könnte man bemerken, dass diese Ungleichung sehr ähnlich wie die Definition der Lipschitz Stetigkeit aussieht.
Betrachte dazu die Abbildung $f\colon (0,\infty)\to \mathbb R, \ f(x)=x^{1/n}$. $f$ ist stetig differenzierbar und es gilt $f'(x)=\frac{1}{n}x^{(1-n)/n}$ für alle $x\in (0,\infty)$. Ist nun $[\alpha,\beta]\subseteq (0,\infty)$ ein kompaktes Intervall, dann gilt folglich
$$
|f(x)-f(y)|\leq L\cdot |x-y|
$$
mit $L:=\max_{z\in [\alpha,\beta]} |f'(z)|$ für alle $x,y\in [\alpha,\beta]$.
Vielleicht kommst du auch damit zum Ziel.
LG Nico\(\endgroup\)
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Boy666
Aktiv 
Dabei seit: 09.03.2018
Mitteilungen: 36
| Beitrag No.3, eingetragen 2022-07-09
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Hi und willkommen auf dem Matheplaneten :)
Man benötigt dafür keine Induktion oder hochtrabenden Gleichungen:
Da sowohl x als auch a echt positiv sind, und die Funktionen root(n,x) für positive Zahlen bijektive Funktionen sind, kann man das zu beweisende durch Substitutionen wie folgt umformen:
x werde durch x^n und a durch a^n ersetzt. Damit haben wir zu beweisen, dass
abs(x^n-a^n)>=abs(x-a)*a^(n-1) für alle positiven x und a gilt.
Nun sei o.B.d.A. x>=a. Dann gilt x*1-a>=x-a
=> x*(x/a)^(n-1)-a>=x-a , da x/a nach Voraussetzung größer gleich 1 ist.
Das ist equivalent zu x^n/a^(n-1)-a>=x-a.
a^(n-1)>0, deshalb können wir die Ungleichung damit multiplizieren ohne das Größerzeichen umzudrehen:
=> x^n-a^n>=(x-a)*a^(n-1)
q.e.d.
PS: Die Substitution braucht man nicht, aber es macht die Sache etwas ansehnlicher :)
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Boy666
Aktiv
Dabei seit: 09.03.2018
Mitteilungen: 36
| Beitrag No.4, eingetragen 2022-07-09
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Sorry meh...
Eine ganze Antwort hinzuschreiben war unsinnig. Jetzt habe ich mehr gelernt als der Fragesteller :O)
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aequivalent
Junior
Dabei seit: 08.07.2022
Mitteilungen: 17
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-09
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@ Kuestenkind:
Hattest du an irgendetwas genaueres gedacht? Weil für die Wurzeln gilt die Gleichung ja nicht, wenn ich mich nicht irre.
@nzimme10
Danke für die Hilfe, aber ja, zumindest für mich ist das overkill 😄.
@Boy666
Bei deinem Beweis fehlen auf jeden Fall noch überall die Betragsstriche; für die Formel ohne die Betragsstriche gilt das nicht so einfach, wenn ich das gerade richtig sehe.
Und ja, erst einmal ein paar Stupser wären ganz gut gewesen; trotzdem danke. Ich glaub, ich wäre da nicht drauf gekommen.
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Boy666
Aktiv
Dabei seit: 09.03.2018
Mitteilungen: 36
| Beitrag No.6, eingetragen 2022-07-09
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"Bei deinem Beweis fehlen auf jeden Fall noch überall die Betragsstriche"...
Nein, sie fehlen nicht. :) Schau dir meine Annahmen an.
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aequivalent
Junior
Dabei seit: 08.07.2022
Mitteilungen: 17
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-10
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Okay, dann hab ich eines noch nicht verstanden:
Wieso kannst du einfach o.B.d.A. \(x\ge a\) annehmen?
Ich hatte an \(x\le a\) rumgedacht:
\(x\cdot 1-a\le x-a
\rightarrow x\cdot \frac{x}{a}^{n-1}-a\le x-a\)
Dies gilt wegen \(\frac{x}{a}\le 1\).
Wir multiplizieren beide Seiten mit \(a^{n-1}\):
\(x^n-a^n\le (x-a)\cdot a^{n-1}\)
...
Okay, während ich das hier schreibe, verstehe ich. Weil beide Seiten negativ sind, kehrt sich das Ungleichungszeichen dann letzendlich beim Betrag um.
Für mich war das nur nicht so offensichtlich, dass ich sofort das o.B.d.A. verstanden habe.
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Boy666
Aktiv
Dabei seit: 09.03.2018
Mitteilungen: 36
| Beitrag No.8, eingetragen 2022-07-10
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Genau deswegen! Das macht die Definition des Betrages aus :) Das wird dir im Studium relativ häufig begegnen, wenn du weiter Mathe hörst.
"o.B.d.A" heißt meist nur, dass man bestimmte Fälle, die trivial sind oder im Grunde genauso bewiesen werden können wie der Spezialfall, den man darauf folgend als gegeben annimmt, nicht explizit niederschreiben will.
Aber man sollte sich dennoch immer klarmachen, um welche Fälle/welchen Fall es sich dabei handelt, denn auch Mathematiker machen Fehler :>
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2646
Wohnort: Köln
| Beitrag No.9, eingetragen 2022-07-10
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\quoteon(2022-07-10 01:11 - Boy666 in Beitrag No. 8)
[...] denn auch Mathematiker machen Fehler :>
\quoteoff
Ich würde sagen wollen, vor allem Mathematiker machen Fehler.
LG Nico
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Boy666
Aktiv
Dabei seit: 09.03.2018
Mitteilungen: 36
| Beitrag No.10, eingetragen 2022-07-10
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Dem würde ich sogar zustimmen Nico :D
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Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2583
| Beitrag No.11, eingetragen 2022-07-10
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\quoteon(2022-07-09 23:05 - aequivalent in Beitrag No. 5)
@ Kuestenkind:
Hattest du an irgendetwas genaueres gedacht?
\quoteoff
Nein, eigentlich mache ich mir nie Gedanken bevor ich etwas schreibe...
\quoteon(2022-07-09 23:05 - aequivalent in Beitrag No. 5)
Weil für die Wurzeln gilt die Gleichung ja nicht, wenn ich mich nicht irre.
\quoteoff
Die Gleichung ist so hochtrabend und fancy, dass du sogar Wurzeln für \(a\) und \(b\) einsetzen darfst. Aus der Gleichung folgt somit \(|x-y|=\left|\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{y}\right|\left(\sqrt[n]{x}^{(n-1)}+\sqrt[n]{x}^{(n-2)}\sqrt[n]{y}+\cdots +\sqrt[n]{y}^{(n-1)}\right)\). Aus \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) folgt doch auch \(\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2=\left(\sqrt{2}\right)^2+2\cdot \sqrt{2}\cdot\sqrt{3}+\left(\sqrt{3}\right)^2\), oder hast du dort auch Bedenken? Nevermind.
Gruß,
Küstenkind
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aequivalent
Junior
Dabei seit: 08.07.2022
Mitteilungen: 17
|  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-10
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@Küstenkind
Aaah, okay, ja klar.👌
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aequivalent hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
aequivalent hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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